Question

已知函数f（x）=x²-（a+2）x+alnx．其中常数a＞0．
（1）当a＞2时，求函数f（x）的单调递增区间；
（2）当a=4时，给出两类直线：6x+y+m=0与3x-y+n=0，其中m，n为常数，判断这两类直线中是否存在y=f（x）的切线，若存在，求出相应的m或n的值，若不存在，说明理由．
（3）设定义在D上的函数y=h（x）在点P（x₀，h（x₀））处的切线方程为l：y=g（x），当x≠x₀时，若

h(x)-g(x)

x-x0

＞0在D内恒成立，则称P为函数y=h（x）的“类对称点”，当a=4时，试问y=f（x）是否存在“类对称点”，若存在，请至少求出一个“类对称点”的横坐标，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）由f′(x)=2x-(a+2)+

a

x

=

2x2-(a+2)x+a

x

=

(2x-a)(x-1)

x

，能求出当a＞2时，求函数f（x）的单调递增区间．
（2）a=4，f′（x）=2x+

4

x

-6，故f′(x)=2x+

4

x

-6≥4

2

-6，不存在6x+y+m=0这类直线的切线．
（3）y=g(x)=(2x0+

4

x0

-6)(x-x0)+

x

2 0

-6x0+4lnx0，令h（x）=f（x）-g（x），由此入手，能够求出一个“类对称点”的横坐标．

解答：解：（1）∵f（x）=x²-（a+2）x+alnx，
∴f′(x)=2x-(a+2)+

a

x

=

2x2-(a+2)x+a

x

=

(2x-a)(x-1)

x

，
∵a＞2，∴

a

2

＞1．
当0＜x＜1及x＞

a

2

时，f′（x）＞0．当1＜x＜

a

2

时，f′（x）＜0，
∴f（x）的增区间是（0，1），（

a

2

，+∞）．
（2）a=4，f′（x）=2x+

4

x

-6，
∵x＞0，∴f′(x)=2x+

4

x

-6≥4

2

-6，
不存在6x+y+m=0这类直线的切线．
由2x+

4

x

-6=3得x=

1

2

与x=4，当x=

1

2

时，求得n=-

17

4

-4ln2．
当x=4时，求得n=4ln4-20．
（3）y=g(x)=(2x0+

4

x0

-6)(x-x0)+

x

2 0

-6x0+4lnx0，
令h（x）=f（x）-g（x）=x2-6x+4lnπ-(2x0+

4

x0

-6)•（x-x₀）-（x02-6x0+4lnx0），
则h（x₀）=0，
h′(x)=2x+

4

x

-6-(2x0+

4

x0

-6）=2（x-x₀）（1-

2

x0x

）=

2

x0

（x-x₀）（x₀-

2

x

），
当x0＜

2

时，h（x）在（x₀，

2

x0

）上单调递减．
∴x∈（x0，

2

x0

）时，h（x）＜h（x₀）=0，从而有x∈（x0，

2

x0

）时，

h(x)

x-x0

＜0，
当x0＞

2

时，h（x）在（

2

x0

，x0）上单调递减，
∴x∈（

2

x0

，x0）．
h（x）＞h（x₀）=0．从而有x∈(

2

x0

，x0)时，

h(x)

x-x0

＜0．
∴在(0，

2

)∪(

2

，+∞)上不存在“类对称点”．
当x₀=

2

时，h′(x)=

2

x

(x-

2

)2，
∴h（x）在（0，+∞）上是增函数，故

h(x)

x-x0

＞0，
x=

2

是一个类对称点的横坐标．

点评：本题考查函数的单调区间的求法，考查类对称点的求法．解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化，注意导数性质的灵活运用．